第2章一元二次函数、方程和不等式 基础检测-【新教材】人教A版(2019)高中数学必修第一册章节复习

一、单选题

1．若ab0，下列不等式中成立的是（ ） A．

a1 b2B．

11 abC．ab

D．b2a2

2．函数fxx2a1x2在区间,4上递减，则a的取值范围是（ ） A．3,

B．,3

C．,5

D．3, 3．若xy1，则下列四个数中最小的数是（ ）

A．

xy 2B．

2xy xyC．x D．

111 2xy4．已知x1,x2是方程x27x10的两根，则x12x22（ ） A．2

B．3

C．4

D．5

5．某商店有方形、圆形两种巧克力，小明如果购买3块方形和5块圆形巧克力，他带的钱会差8元，如果购买5块方形和3块圆形巧克力，他带的钱会剩下8元．若他只购买8块方形巧克力，则他会剩下多少钱（ ） A．8元

B．16元

C．24元

D．32元

6．若关于x的不等式kx23kxk20的解集为R，则实数k的取值范围是（ ）

A．{k|

484k0} B．{k|k0} C．{k|k0}5558D．{k|k0}

57．若2x0则函数yx(x2)的最大值为（ ） A．1

B．2

C．4

D．5

8．不等式x22x30的解集为（ ）

A．xx3或x1 C．xx1或x3

2B．x3x1

D．x1x3

9．若一元二次不等式2kxkx是（ ） A．3,0

30k0对一切实数x都成立，则k的取值范围8B．3,0 C．3,0 D．3,0

10．已知1a3,2b4，则2ab的取值范围是（ ） A．62ab4 C．42ab2

B．02ab10 D．52ab1

11．关于x的不等式axb0的解集是xx1，则关于x的不等式

axbx30的解集是（ ）

A．xx1或x3

B．1x3

C．1x3

D．xx1或x3

12．已知非零实数a,b,c满足：abc，下列不等式中一定成立的有（ ） ①abbc； ②ac2bc2；

③

abab. ccB．1个

C．2个

D．3个

A．0个

二、填空题

13．若fxx1，x5，则fx的最小值为______. x514．若关于x的不等式x25xa0的解集是x|2x3，则a=______. 15．设a0,b0，且a2b6，则2a12b3的最大值为_________16．已知x0,y0，且xy8，则(1x)(1y)的最大值为_____．

三、解答题

17．求下列不等式的解集： （1）|12x|3

．

（2）

x10. x1

18．已知不等式ax23x64的解集为x|x1或x2. （1）求a；

（2）解不等式axac2x2c0.

2

19．已知一元二次函数y12x2x5 2（1）指出它的图象可以由函数y12x的图象经过怎样的变换而得到； 2（2）指出它的图象的对称轴，试述函数的变化趋势及最大值或最小值.

20．设Mx2x3,Nx1x4a2. （1）当a2时，比较M,N的大小；

（2）当aR时，比较M,N的大小.

21．已知函数fx12xax1，x2,4. 2（1）若函数fx在定义域内是单调函数，求a的取值范围； （2）求函数fx的最小值ga的表达式.

22．已知函数fxxa2x4aR.

2（1）求关于x的不等式fx42a的解集；

（2）若存在x1,4，使得fxa10成立，求实数a的取值范围.

参考答案

1．C 【分析】

利用不等式的性质逐一判断即可. 【详解】 若ab0， 对于A，

aaab10，所以1，故A不成立；

bbb对于B，

1111ba0，所以，故B不成立； ababab对于C，因为ab0，aab，ab，故C成立；

22对于D，由ab0，所以ab，即a2b2，故D成立. 故选：C. 2．B 【分析】

根据二次函数的单调性列式可得结果. 【详解】

因为函数fxx2a1x2在区间,4上递减，

2所以(a1)4，即a3. 故选：B 【点睛】

关键点点睛：掌握二次函数的单调性是解题关键.

3．D 【分析】

根据xy1可以推出

2xy111xy、、x都大于1，1，故可得答案. xy2xy2【详解】 因为xy1，

222xy1xy111111，x1， 1，所以

xy22yx111111()1， 2xy211111. 2xy所以四个数中最小的数是

故选：D 【点睛】

关键点点睛：利用不等式的性质找中间量1进行比较是解题关键. 4．D 【分析】

由韦达定理的x1x27，x1x21，再根据x12x22x1x22x1x2即可求出. 【详解】

x1,x2是方程x27x10的两根，

2x1x27，x1x21，

x12x22x1x22x1x2725

故选：D. 5．D 【分析】

23x5ya8设方形巧克力每块x元，圆形巧克力每块y元，小明带了a元钱，根据题意得，

5x3ya8解得8x＝a－32，由此得解. 【详解】

设方形巧克力每块x元，圆形巧克力每块y元，小明带了a元钱，

3x5ya8则，

5x3ya8两式相加得8x＋8y＝2a，∴x＋y＝

1a， 4∵5x＋3y＝a－8，∴2x＋(3x＋3y)＝a－8， ∴2x＋3×a＝a－8，∴2x＝

141a－8，∴8x＝a－32， 4即他只购买8块方形巧克力，则他会剩下32元， 故选：D. 6．D 【分析】

分别对k0和k0的情况进行讨论即可. 【详解】

当k0时，20恒成立，符合题意；

当k0时，需满足k0且9k4kk25k8k0，得228k0， 5综上，8k0. 5故选：D． 7．A 【分析】

利用基本不等式即可求解. 【详解】

因为2x0，所以x0，x20，

xx2所以yx(x2)1，

2当且仅当xx2，即x1时等号成立， 故选：A 【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 8．D 【分析】

2

先求对应方程的实数解，再写出不等式的解集. 【详解】

∵方程x22x30的实数解为x11、x23； ∴不等式x22x30的解集为x1x3. 故选：D. 9．A 【分析】

由k0解得结果即可得解. 2k3k0【详解】

因为一元二次不等式2kxkx230k0对一切实数x都成立， 8k0所以，解得3k0. 2k3k0故选：A 【点睛】

本题考查了一元二次不等式恒成立问题，属于基础题. 10．A 【分析】

由不等式的性质，推导出2ab的取值范围. 【详解】

因为1a3,2b4，

可得22a6,4b2， 所以242ab62， 即62ab4； 故选：A. 11．A 【分析】

先利用一元不等式的解得到a0,b1，再化简不等式axbx30得ax1x30，即解得结果.

【详解】

不等式axb0的解集是xx1，故a0,b1，则关于x的不等式axaxbx30即ax30，即x1x30，故解集是xx1或

abx3.

故选：A. 12．B 【分析】

由不等式的性质结合作差法逐个判断即可得解. 【详解】

对于①，若ac，b0，则abbc，故①错误； 对于②，由acbcc222ab0可得ac2bc2，故②正确；

对于③，因为故选：B. 13．7 【分析】

abab2b2babab0，则，若，故③错误. cccccc根据题中条件，由fxx【详解】 因为x5，

11x55，结合基本不等式，即可求出结果. x5x5所以fxx11x552x5x5x5157， x5当且仅当x5故答案为：7. 【点睛】 易错点睛：

1，即x6时，等号成立. x5利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方 14．6 【分析】

由一元二次不等式的解集与对应一元二次方程的根的关系，结合韦达定理即可求a的值. 【详解】

由题意知：x25xa0的两个根分别为2，3， ∴a236， 故答案为：6. 【点睛】

本题考查了根据一元二次不等式的解集求参数，属于基础题. 15．52 【分析】

由基本不等式可得可得解. 【详解】

2a12b3222a12b3，验证等号成立即

22因为a0,b0，且a2b6，

所以

2a12b3222a12b322a4b11250，

231,b时，等号成立， 4822当且仅当2a12b3即a又2a12b30，所以2a12b3的最大值为52. 故答案为：52. 【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1） “一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 16．25 【分析】

将xy8化为(1x)(1y)10后，根据基本不等式可求得结果.

【详解】

因为x0,y0，且xy8，

所以(1x)(1y)102(1x)(1y)，即(1x)(1y)25，

当且仅当xy4时，等号成立. 所以(1x)(1y)的最大值为25. 故答案为：25 【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这

个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 17．（1）,12,；（2）,1【分析】

（1）利用绝对值不等式的解法即可求解. （2）利用分式不等式的解法即可求解. 【详解】

（1）|12x|312x3或12x3，

解得x1或x2，所以不等式的解集为,12,.

1,

（2）

x10x1x10， x1解得x1或x1， 所以不等式的解集为,11,.

18．（1）a＝1；（2）当c2时，不等式的解集为x2xc，当c2时，不等式的解集为，当c2时，不等式的解集为xcx2 【分析】

（1）由已知可知x1或x2是方程ax23x20的根，把根代入方程中可求出a的值； （2）由（1）可知不等不等式化为xc2x2c0，然后分c2，c2和c2求

2解即可 【详解】

解：（1）因为不等式ax23x64的解集为x|x1或x2，

所以x1或x2是方程ax23x20的根， 所以a320，解得a1

（2）由（1）可知不等式化为xc2x2c0，

2即(xc)(x2)0

当c2时，不等式的解集为x2xc， 当c2时，不等式的解集为， 当c2时，不等式的解集为xcx2 【点睛】

此题考查由一元二次不等式的解集求参数，考查一元二次不等式的解法，属于基础题 19．（1）答案见解析；（2）答案见解析. 【分析】

（1）利用左加右减的平移原则，即可得答案；

（2）由（1）可得对称轴及函数图象的变化趋势，及根据开口方向，可得函数的最值； 【详解】 （1）配方，得y1211x2x5(x24x)5(x2)23 222所以函数的图象可以由函数的图象向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度而得到. （2）由（1）可知：该函数的图象开口向上，对称轴为直线x2； 在区间（，-2]上，函数值y随自变量x的增大而减小， 在区间2,上，函数值y随自变量x的增大而增大；



函数值y在x2处取得最小值3，即ymin3. 【点睛】

本题考查配方法求函数的对称轴、平移变换、最值，考查运算求解能力，属于基础题. 20．（1）MN；（2）见解析 【分析】

（1）利用作差法比较M,N的大小；（2）MNa，再对a分类讨论得解. 【详解】

（1）当a2时，Nx1x4，

则MNx2x3x1x4x5x6x5x420，

22所以MN. （2）

22MNx2x3x1x4a2x5x6x5x6aa， ①当a0时，MN0，则MN； ②当a0时，MN0，则MN；

③当a0时，MN0，则MN. 【点睛】

本题主要考查比较实数大小，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

2a1,a21221．（1） a2或a4；（2） gaa1,2a4.

274a,a4

【分析】

（1）先求得函数对称轴xa，再根据fx在定义域内是单调函数求解. （2）分a2，2a4和a4三种情况讨论求解. 【详解】

（1）由题意知，函数对称轴为xa， 因为fx在定义域内是单调函数， 所以a2或a4.

（2）当a2时，此时函数在2,4上单调递增， 当x2时，fxmin2a1；

当2a4时，此时函数在2,4上先减再增，

则当xa时，fxmin12a1； 2当a4时，此时函数在2,4上单调递减， 则当x4时，fxmin74a，

2a1,a212综上所述，gaa1,2a4.

274a,a422．（1）答案见解析；（2）a4. 【分析】

（1）fx42a即xax20，讨论a和2的大小即可求解集；

2（2）不等式fxa10在区间x1,4有解，即ax1x2x5，当x1时，

2x22x5不等式为04不成立；当1x4时，a，求x2x5的最小值即可.

x1x1【详解】

（1）由fx42a得：xa2x2a0，所以xax20，

2当a2时，解得ax2； 当a2时，解得x2； 当a2时，解得2xa； 综上所述，

当a2时，不等式的解集x|ax2； 当a2时，不等式的解集2；

当a2时，不等式的解集x|2xa； （2）存在x1,4，fxa10成立，

即当x1,4，ax1x22x5成立，

当x1时，不等式为04不成立，所以x1.

当1x4时，ax22x54x1x1x1， 即ax14x1

min当1x4，0x13

x142x1x14x144， x1当且仅当x1所以a4.

即x3时，等号成立，

综上所述：a4 【点睛】

思路点睛：不等式有解问题一般采用分离参数法求参数范围

若不等式fx,0xD（是实参数）有解，将fx,0转化为gx或

gxxD有解，进而转化为gxmin或gxmaxxD，求gx的最值

即可.